《【精品文档】2010考研数学冲刺班高等数学测试题讲义(真题答.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【精品文档】2010考研数学冲刺班高等数学测试题讲义(真题答.doc（90页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、新东方在线 2010考研数学网络课堂电子教材系列 测试题2010年考研数学冲刺班高等数学测试题真题答案部分主讲：汪诚义欢迎使用新东方在线电子教材第一章 函数、极限、连续1.1 函数一、选择题1. 2. 3. 4. 5. 理由：3. 令，,故成立。4. 设在内单调而在内不单调，故成立5. ,单调增加,即,故成立二、填空题1. 解： ，所以的值域为反函数2. 解： 令于是 3. 解： 4. 解： 令于是三、解答题1. 解：的定义域为，要求，则，要求，则，于是的定义域为。又2. 证： 只需证明在内，则在内就单调减少而 用积分中值定理存在（在单调减少，故不会在端点取到）使于是 再根据在上单调减少，故
2、而，则，证毕。3. 证：由微分中值定理可知存在，使于是 由，可知单调增加，故则，所以在内单调增加4. 证：令，则由于是偶函数，故只要于是1.2 极限一、选择题1. 选2. 选， 3. 选， 4. 选 5. 选 ，而6. 选 单调，单调有界，故收敛7. 选 不成立的反例：令，则，但不存在 不成立的反例：令，则，而存在。8. 选 原式9. 选 结论都要充分大才成立，不是对任意成立，不成立，可举反例故只能成立。10. 选 ，而，二、填空题1. 解：2. 解：3. 解：原式，而（用洛必达法则） 故原式4. 解：令于是对原式用洛必达法则，则原式5. 解：6. 解：此题分子、分母分别求导后极限不存在，故不
3、能用洛必达法则，原式7. 解：用泰勒公式（当时）故原式8. 解：分子分母都乘，则原式9. 解：原式10. 解：用数列化定积分的基本公式原式11. 解：原式三、解答题1. 解：，而极限值，故分母极限一定为，即，再由，当时，则，因而，当时，则，因而，这样可知原式（用洛必达法则）又由于要求，从而最后2. 解：原式3. 解：又，4. 解：原式5. 解： （算术平均值几何平均值）又，则，因此单调减少，又有下界，根据准则1，存在，把两边取极限，得，取，于是6. 解： 令，7. 解： 用两次洛必达法则原式8. 解： 因此，由，可知，则1.3 连续一、选择题1. 选 时，时，由此可知故为的间断点2. 选 ，则
4、有，从而，即在处极限存在，故为可去间断点。3. 选 为偶函数，且，在内，故，当时，单调增加。由，可知在内有唯一零点，当时，故内无零点，再由偶函数可知在内恰有两个零点。4. 选 令，则，驻点和，因为，所以和分别是的惟一极大值和惟一极小值，而且在内，故单调增加，内，单调减少，内，单调增加，因此曲线与水平直线恰有两个不同交点，即，有两个不同零点。二、填空题1. 解 又，根据在处连续，可知2. 解： ，故，又，3. 解： 由于在处连续，且，所以三、解答题1. 解 ，在皆连续2. 证明： 令，则，又在上连续，根据介值定理推论在内至少有一个零点，故至少有一个不超过的根。3. 解一：先写出的表达式，考察的值
5、域：， ，即，亦即当时分别在不同的区间与某初等函数相同，故连续。当时，分别由左、右连续得连续，当时，。从而在不连续且是第一类间断点（跳跃间断点）。解二： 注意，从而处处连续；当时连续，由复合函数连续性可知，当即时，连续，对，有从而为的第一类间断点（跳跃间断点）。4. 证： 令，在上连续，故如果，有一个等于0，则，使成立，即成立，如果，全不为0，那么不可能同号，否则相加不能为0，对异号的两个自变量构成区间上，用介值定理推论，可知存在属于该区间（当然包含在内）使同样成立。第二章 一元函数微分学2.1 导数与微分一、选择题1. 选 ，而选项只表明在处右导数存在，对选项，若取，则，成立，但在处不连续，
6、故不存在。2. 选 首先，故在处连续，其次却不存在，取，则，取，而，由此可知在处连续而不可导。3. 选 时，；时，；时，可知时，不可导。4. 选 关于不成立举例，故则可知，关于不成立，举反例，故，但，故不成立。5. 选 周期为，而6. 选 由可知严格单调增加，由可知是凹的，又，故成立。7. 选 由条件可知是奇函数，又由在内，可知是单调增加，且向上凹的。因此在内，也单调增加，但向上凸的，于是可知在内，。8. 选 由可知，（时无意义故舍去）时，法线方程令，得二、填空题1. 应填2. 应填3. 应填 ，4. 应填 设曲线轴切点为，则，又切点在曲线上，则，故5. 应填6. 应填，由与有交点故，即， 又
7、因与在处有公共切线则即，故，三、解答题1. 解：根据麦克劳林公式；则又它比是高阶无穷小（当时），则，2. 解：（）由题设，可知当，则： （）若在处可导，则，3. 解：（）当时当时 所以()显然时，皆连续，当时=所以 在也连续，于是在内皆连续4. 解： 而，不存在5. 解：首先，可知在，皆连续，故则不存在6. 解：根据可导必须连续，（用洛必达法则）7. 证：所求切线方程为令，得切线在轴上截距令，得切线在轴上截距故直角三角形面积8. 证：用麦克劳林公式则可得由于，要使上式当时比高阶无穷小则 由可知方程组有唯一一组解存在.2.2 微分中值定理一、选择题1. 选C：只有在上连续，而没有假设在上连续，不
8、能有关点或点用拉格朗日中值定理2. 选B：由题设，在（a，b）内可导，则在（a，b）内连续，即对任一点 都有 故（B）成立.因为只假设在上有定义，得不出连续的结论，因此，（A），（C），（D）不成立.3. 选B：根据拉氏定理其中，又，单调增加因此 二、填空题1. 应填：而用拉氏定理，三、解答题1. 证：令，它满足上拉氏定理的条件，因此 于是 2. 证：令，由于可知在上满足罗尔定理条件存在使0，由此得到所需证明的结论3. 证（）用反证法，如果存在使，则对分别在和上用罗尔定理，存在使，存在使，再对在上用罗尔定理存在使与假设条件矛盾.所以在内.（）由结论可知即，因此令可以验证在上连续，在内可导，满足
9、罗尔定理的三个条件故存在，使于是成立.4. 证 不妨假设，由拉格朗日中值定理有， ，从而可知，单调减少，于是这样由两式可知 因此， 成立.5. 证: 先把在处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式 再把在处展成拉格朗日型余项的一阶泰勒公式 在上面两个公式中皆取则得 两式相减，得，于是因此 亦即证明存在，使 6. 证：根据定积分中值定理可知存在，使，于是对在和上分别用拉氏定理，并注意到，得，在上对导函数应用拉格朗日中值定理，有，7. 证：令则在上连续，内可导，用拉氏定理存在使因为所以又，故当时，得证8. 证：由不妨假设，再由存在可知连续，存在，使时，时，故在这两个小区间内，是单调增加，因此存在，使，在
10、区间上用介值定理推论可知存在，使，再由，在，上分别用罗尔定理，可知存在使，使再对在上用罗尔定理，存在，使得2.3导数的应用一、选择题1. 选B：存在连续故（用洛必达法则）由，可知是极小值2. 选C：由题设连续性及极大值可以知道在左右两侧异号，从而（A），（B）不成立。当时，由于为极大值，故存在，当时，则因此选（C），而（D）不成立3. 选B：在内用泰勒公式（在与之间）由已知条件可知（在与之间）故在当充分小时由可知，则 当时，4. 选D：令可知是，极大值点，而 这时是的极小值点.所以（A），（C）不成立。再令 是，的极大值点，而 也是的极大值点，所以（B）不成立。5. 选D：由于不成立再由，可知
11、在点的一个去心邻域内，故是的极小值.6. 选B 由，可知又可知在的一个邻域内为的高阶无穷小当，而在小领域内 ，故单调增加再由已知，可知时，时，所以是的极小值二、填空题1. 应填；，凸的要求，则要求，再由，可知是单调增加的，且，所以等价2. 应填：因为故为最小值，为最小值点.三、解答题1. 证明 令，只需证明当时，严格单调增加.严格单调减少（在内）又故时，则严格单调增加因此时，则得证.2. 分析 若直接考察差，难以应用函数的单调性.因此，把常数换为变量，转而证明0当时成立.为证明这个不等式又可以转而证明它的两种形式的等价不等式 或.这两个不等式都可用单调性方法来证明.证一 考察，在可导， （）所以在单调增加，即时，有，即 .因此时，.证二 考察函数，则 （）于是时，单调下降.因此，时，有 即这就证明了：时，.3. 解：是偶函数，故先讨论内的最值、先求出驻点，得，又没有不可导点，所以只要比较，和，而，由此可见，的最大值为，最小值为4. 解 （）.上式两边对求导数，得（）总收益对价格的弹性经济意义：当时，若价格上涨1%，则总收益将增加0.54%第三章一元函数积分学31不定积分1. 应填，2. 应填3. 应填4. 应填 5. 应填 又 6. 应填 7. 应填 ，则8. 应填 原式9. 应填 ，作变换故 原式则 10. 解 原式而 因此，原式11. 解
